Kombinatorik. Karl-Heinz Fieseler. Uppsala 2016

Kombinatori Karl-Heinz Fieseler Uppsala 2016 1

Contents 1 Enumeration 2 2 Reursion 13 3 Genererande funtioner 21 4 Inlusion och Exlusion 29 1 Enumeration Referens: Jf. Cameron, Ch.3 och 10; se ocså SK, Kap.2.1 och Kap.3. Den lilla utflyten till Ramseys sats i en förenlad version är tänt för rolighetens sull: Den är inte tentamensrelevant. Ett spel: Vi börjar med ett spel med två spelare: Man har en mängd M R 2 av n punter i planet, sådant att inga tre punter i M ligger på en linje. Omväxlande drar varje spelare förbindningslinjen mellan två punter i M, den ena med en röd, den andra med en blå penna, varvid en förut dragen linje inte an dras på nytt. Den som är först tvungen att fullborda en triangel (med hörn i M i sin egen färg har förlorat. Frågan är nu om det an hända att spelet slutar oavgjort. Vi påstår att det inte an hända om n 6: Annars slutar spelet med följande läge: Alla förbindningslinjer är dragna, de är röda eller blå och det finns ingen triangel vars anter har samma färg. Numrera punterna 1,2,...,n, och sriv ij för förbindningslinjen från punt i till punt j. Titta nu på punten 1. Det finns sträcorna 12, 13,..., 1n utgående från 1. Eftersom n 6 handlar det om minst fem stycen, och det blir åtminstone tre av samma färg; låt oss säga 12, 13, 14 är röda. Då är sträcorna 23, 34 och 42=24 blå och bildar en enfärgad triangel: Motsägelse! Remar 1.1. I Th. 1.17 sa vi se att ovanstående resonemang an generaliseras från trianglar till l-anglar. Här menas med en l-angel en figur bestående av l punter samt sträcorna bland dem, t.ex. en tetrangel an tänas som anterna till en vadrat samt dess diagonaler. Men vi måste ersätta talet 6 genom ett tal R(l, vars optimala värde inte alls är lätt att hitta. I själva veret visar vi bara, att ett sådant tal finns och anger en algoritm att beräna ett inte nödvändigtvis optimalt värde för R(l. 2

Fast det inte var mycet teori som använts i ovanstående argument sa vi disutera några begrepp förnippade med det: Definition 1.2. 1. Potensmängden P(M till en mängd M är mängden av alla delmängder till M, dvs. 2. För N sätter vi P(M := {A; A M}. P (M := {A; A M, A = }, mängden av alla delmängder till M med element. De allas ocså för -(delmängder. I synnerhet allas 2-delmängderna ibland ocså mängden M s anter. Example 1.3. 1. För M = har vi P(M = { }. 2. För M = 1 har vi P(M = {, M}. 3. För M = 2, låt oss säga M = {x, y}, har vi P(M = {, {x}, {y}, M}. 4. P 0 (M = { }, och P n (M = {M}, om M = n <. 5. Om M = n <, så får vi en disjunt uppdelning P(M = n P (M. Remar 1.4. I situationen av vårt spel an sträcan ij, i j, identifieras med 2-delmängden (anten {i, j} P 2 (M. Definition 1.5. En färgläggning av elementen i en mängd A är en avbildning =0 χ : A F, där elementen i mängden F = {c 1,..., c r } allas för färgar. Example 1.6. Ovan har vi tittat på färgläggningar χ : A := P 2 (M F := {b = blå, r = röd}, och sett att för M 6 finns det en 3-delmängd T M, vars anter har samma färg. 3

Remar 1.7. Mängden av alla färgläggningar av elementen i M med färgar i F = {c 1,..., c r } betecnas F M. Om M är en ändlig mängd med n element, har vi F M = r n, eftersom för att sapa en färgläggning χ : M = {a 1,..., a n } F = {c 1,..., c r } får man ploca χ(a i F oberoende från varandra, och då blir det de r möjligheterna c 1,..., c r för varje i, 1 i n. Proposition 1.8. För M = n har vi P(M = 2 n. Proof. Ta F := {0, 1}. Vi sapar en bijetion Φ : P(M F M, som sicar A P(M till χ A F M med { 1,, om x A χ A (x := 0,, om x A, alltså Φ(A = χ A. Funtionen χ A allas ocså den arateristisa funtionen (eller indiatorfuntionen till A M. Avbildningen Φ har den inversa avbildningen Φ 1 : F M P(M med Således Φ 1 (χ = {x M; χ(x = 1} P(M. P(M = F M = 2 n. För nästa resultat påminner vi om faulteterna: Vi har 0! := 1, n! := 1 2... (n 1 n. 4

Proposition 1.9. För en mängd M med n element gäller: ( n P (M = med binomialoefficienten ( n := Proof. Sätt Vi visar med indution följande n att n!!(n!, 0 n. τ (n := P (M. τ (n = ( n. För n = 1 är saen lar. Om det är sant för n, så ocså för n + 1: Låt M = n + 1. Först onstaterar vi τ 0 (n + 1 = 1 = ( n+1 0. Låt nu > 0. Ploca ett element b M och sätt M := M \ {b}. Sedan har vi en disjunt union P (M = P (M {B {b}; B P 1 (M }, och således gäller ( n τ (n + 1 = τ (n + τ 1 (n = + ( n! =!(n! + n! n + 1 ( 1!(n ( 1! = n! ( n + 1 n! n + 1!(n + 1! = ( n 1!(n + 1! +.!(n + 1! Remar 1.10. 1. Pascals triangel: Binomialoefficienterna an arrangeras så här: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1, 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 1 7 21 35 35 21 7 1 5

där i n-te raden står binomialoefficienterna ( n, 0 n. Pga. reursionsformeln är varje tal i triangeln summan av de två talen ovanför till höger och vänster. 2. Ett bevisalternativ till Prop.1.9: För att sapa en delmängd A P (M plocar man ett element a 1 M, sedan ett element a 2 M \ {a 1 } och generellt, om a 1,..., a ν, ν <, är hittade, så plocar man a ν+1 M \ {a 1,..., a ν }. Slutligen om ν =, så är man lar med plocandet och A = {a 1,..., a }. I första steget finns det n möjligheter, i andra steget n 1 möjligheter, osv. Således finns det n(n 1... (n ( 1 = n! (n! olia möjligheter att sapa följden(! (a 1,..., a. Men det an ju hända att A = {b 1,..., b } med en annan följd (b 1,..., b. Sedan definierar π : A A, a ν b ν, en bijetion från A till sig själv. Således τ (n = 1 S(A n! (n!, där S(A betecnar mängden av alla bijetioner A A av en delmängd A M med element. Använd nu Prop. 1.13. Definition 1.11. En bijetiv avbildning π : M M från en mängd M till sig själv allas en permutation av M. Mängden av dessa permutationer betecnas så här: I synnerhet hittar man med S(M := {π : M M bijetiv}. S n := S(M n M n := {1,..., n} och allar S n den symmetrisa gruppen på n bostäver (fast det egentligen handlar om tal. 6

Remar 1.12. Vi har två avbildningar förnippade med permutationer. Den första S(M S(M S(M, (g, f g f, tillordnar två permutationer deras sammansättning; den andra S(M S(M, f f 1, tillordnar en permutation dess inversa avbildning. Allmänt allar man en mängd G (i stället för S(M utrustad med två avbildningar G G G och G G en grupp, ifall de beter sig som ovanstående avbildningar för S(M gör. Proposition 1.13. Låt M =n. Sedan S(M = n! Proof. Övning! Theorem 1.14. (Binomialsats (x + y n = n =0 ( n x y n Proof. Ta M = {1,.., n}. En delmängd A M tillordnar vi produten där Uppenbarligen Således (x + y n = A P(M = p i := p A = p A := p 1... p n, { x,, om i A y,, om i A. p A := x A y n A. A P(M n P (M x y n = =0 x A y n A = n =0 n =0 A P (M ( n x y n. x y n 7

Proposition 1.15. Låt n, N >0. Antalet möjligheter att lägga identisa ulor i lådorna L 1,..., L n är ( n + 1. Proof. Ett sätt att lägga ulor i våra lådor bestäms av en funtion χ A : M := {1,..., n + 1} F := {0, 1}, A P (M, dvs. bland följden a j = χ A (j finns ettor och n 1 nollor. Sedan är motsvarande ulofördelning följande: I L i finns det lia många ulor som ettor före den i-te nollan och efter den (i 1-te nollan ifall 1 < i < n, medan för i = 1 resp. n gäller det ettor före den första nollan resp. efter den sista. Men enligt Prop. 1.9 vet vi ( n + 1 P (M =. Remar 1.16. Det finns ytterligare tolningar av uttrycet ( n+ 1. 1. Det är antalet funtioner f : M n N med i M n f(i =. Värdet f(i är då ingenting annat än antalet ulor i lådan L i. 2. Det är antalet möjligheter att ta ulor ur ett förråd med ulor av n olia färger c 1,..., c n. Om f(i är antalet borttagna ulor av färg c i, så har vi ju i M n f(i =. Slutligen återommer vi till frågan vi har disuterat i början och vill nu veta vad som händer när man ersätter trianglar genom l-anglar : Fråga: Låt l N, l 2. Vad måste vi räva för M, för att varje färgläggning χ : P 2 (M F = {r, b} med två färgar har en monoromatis l-delmängd A M, dvs. med c = b eller c = r? χ P2 (A c Vi ger inte något explicit svar, utan visar att det i alla fall finns någon lägre gräns för M : 8

Theorem 1.17 (Ramsey s Theorem, förenlat. För varje l N, l 2, finns det ett tal R = R(l sådant att varje färgläggning χ : P 2 (M F = {b, r} av en mängd M med åtminstone R element har en monoromatis l-delmängd A M. Remar 1.18. I synnerhet: Om man färglägger anterna till en oändlig mängd M, så finns det godtycligt stora ändliga delmängder A M med anter av samma färg. Det råder alltså inte totalt aos! I själva veret finns det t.o.m. en oändlig monoromatis delmängd A M, se Th.1.22. Example 1.19. Om man väljer R(l som det minimala talet R som uppfyller raven i Th.1.17, så har vi: R(3 = 6. Utsagan i Th.1.17 går enlare att visa, om vi förfinar den lite grann sådant att den handlar om varje färg för sig. Den lyder då så här: Theorem 1.20. För varje par (l 1, l 2 av naturliga tal l i 2 finns det R = R(l 1, l 2 sådant att varje färgläggning χ : P 2 (M F = {b, r} = {c 1, c 2 } av en mängd M med åtminstone R element har en blå l 1 -delmängd eller en röd l 2 -delmängd. Remar 1.21. R(l = R(l, l. Proof. Vi gör indution följande l := l 1 + l 2. 1. Vi an ta R(2, l 2 = l 2, R(l 1, 2 = l 1. (R = 2 duger ju inte, eftersom de onstanta färgläggningarna ocså är med. 2. Nu antar vi l 1 > 2, l 2 > 2. Sedan ta L 1 = R(l 1 1, l 2, L 2 = R(l 1, l 2 1. Talen är väldefinierade enligt indutionshypotesen. Slutligen R := L 1 + L 2. 9

Låt nu M vara en mängd med M R och χ : P 2 (M F en färgläggning; ytterligare M := M \ {b} med något b M. Vi definierar χ : M F, a χ({a, b}. Låt n i vara antalet punter i M av färg c i. Eftersom n 1 + n 2 = M L 1 + L 2 1, gäller n 1 L 1 eller n 2 L 2 annars hade vi ju n 1 < L 1, n 2 < L 2 och således n 1 + n 2 L 1 + L 2 2. Låt oss säga n 1 L 1, låt M 1 M vara punterna av färg c 1. Enligt val av L 1 hittar vi då (a en (l 1 1-mängd C M 1 med χ P2 (C c 1 eller (b en l 2 -mängd A M 1, sådant att χ P2 (A c 2. I fall (b har vi lycats, i fall (a tar vi A = C {b}. För nöjets sull visar vi: Theorem 1.22. Låt χ : P 2 (M F = {b, r} vara en färgläggning av anterna till en oändlig mängd M. Då finns det en oändlig monoromatis delmängd A M. Proof. Beviset bygger inte på Th.1.20 eller dess bevis; det utnyttjar systematist M = och är inte onstrutivt: Man sapar indutivt en följd (x n M, sådant att anterna {x n, x j } har samma färg c n F för alla j > n. Eftersom det ju bara finns två färger hittar vi en oändlig delmängd N 0 N sådant att c n c F för alla n N 0 och ta A := {x n ; n N 0 }. Tillsammans med följden (x n sapar man en avstigande följd av oändliga delmängder M n M med x n M n. Man börjar med ett godtycligt x 0 10

M 0 := M. Om x n, M n har hittats, ta M n := M n \ {x n }. Sedan har vi M n = R B, där R resp. B består av punterna i M n, sådant att anterna {x n, x} är röda resp. blåa. Åtminstone en av dem är oändlig och den blir då M n+1. Ta sedan ett godtycligt x n+1 M n+1. Multinomialoefficienter: En delmängd A M ger upphov till en disjunt uppdelning M = A (M \ A. Vi tittar nu på uppdelningar i fler än två delmängder. För det behövs lite förenlad notation: Definition 1.23. Låt x = (x 1,..., x r C r, = ( 1,..., r N r. 1. = 1 +... + r, 2.! := 1!... r!, 3. x = x 1 1... x r r. Proposition 1.24. Låt n = 1 +... + r. Antalet disjunta uppdelningar M = M 1... M r av en mängd M med n element i delmängder M i, i = 1,..., r av ordning M i = i är multinomialoefficienten ( n := n!!, där = ( 1,..., r Proof. En uppdelning fås fram från en följd (a 1,..., a n som tömmer ut M, dvs. M = {a 1,..., a n }, genom att dela upp den i r bitar av längd 1,..., r. Mängden M i består då av elementen i den i-te biten. Den tillhörande uppdelningen är den samma för följden (b 1,..., b n, om permutationen π : M M, a i b i, bevarar delmängderna M i. Nu motsvarar sådana permutationer r-tipplar (π 1,..., π r S(M 1... S(M r. Eftersom det finns! = 1!... r! sådana r-tipplar och n! följder (a 1,..., a n följer påståendet. 11

Definition 1.25. Givet ett alfabet A = {a 1,..., a r } och = ( 1,..., r betecnar vi med A( mängden av alla A-ord, där bostaven a i föreommer i -gånger. Theorem 1.26. Låt A = {a 1,..., a r } vara ett alfabet med r bostäver, = ( 1,..., r med = n. Sedan ( n A( =. Proof. Mär bostäverna i alfabetet A, dvs. titta på alfabetet à = {(a i, j; 1 j i }. Sedan n A( = Ã( {}}{ 1,..., 1! = n!!. Example 1.27. 1. Hur många ord an bildas från ordet MISSISSIPPI genom omastning av bostäver? Lösning: Vi tittar på situationen A = {M, I, S, P }, := (1, 4, 4, 2 och får svaret A( = ( 11 = 34650. 2. Hur många av dessa ord innehåller ordet SPIS? Lösning: Vi tar och tittar på avbildningen à = {M, I, S, P, A}, = (1, 3, 2, 1, 1 F : Ã( A(, där F (O erhålls av O genom att bostaven A ersätts genom bostavsföljden SPIS. Vi har ( 8 Ã( = = 3360. 12

Avbildningen F är uppenbarligen surjetiv, men tyvärr inte injetiv: Det finns högst två SPISar: Antingen är SPISarna disjunta, t.ex. MISP ISIA F MISP ISISP IS F MIAISP IS. eller de överlappar varandra så här (SPI[SPIS], t.ex. MISISP IA F MISISP ISP IS F MISIAP IS. Så vi måste subtrahera antalet ord där det ena eller det andra fenomenet dyer upp: (a Räna antalet ord med 5 bostäver i alfabetet {M, I, A} med = (1, 2, 2; det blir 30 stycen, (b räna antalet ord med 5 bostäver i alfabetet {M, I, S, B} med = (1, 2, 1, 1 - bostaven B står för SP ISP IS; det blir 60 stycen. Det slutgiltiga resultatet är således 3360 30 60 = 3270. Theorem 1.28. Multinomialsatsen: 2 Reursion Att räna träd: Ett trädliv: (x 1 +... + x r n = 1. I dess första år bär det ingen frut. 2. I varje år därpå bär det en frut. =n ( n x. 3. Fruten ramlar ner och under nästa år uppstår ett nytt träd. 4. Träden dör aldrig. Anta nu att en frut stoppas ner i maren i slutet av året 0. Problem: Beräna antalet t n av träd i slutet av året n. 13

år 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 t n 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 Så vi hittar: 1. t 0 = 0, t 1 = 1. 2. t n+1 = t n + t n 1. Remar 2.1. Följden (t n n N allas Fibonacci-följden. Fråga: t n = g(n =? Dvs. det efterlyses ett explicit uttryc g(n. Lösning: Först vill vi ha en ritig reursion genom att sriva (t n+2, t n+1 = F (t n, t n 1 =... eller anse det är enlast att nöja sig med ett halvsteg (t n+1, t n = F (t n, t n 1 = (t n + t n 1, t n. På LA s språ lyder det så här: ( tn+1 = Således: t n ( tn+1 ( 1 1 1 0 ( tn t n 1. med matrisen t n A = = A n ( 1 0 ( 1 1 1 0 Om v R 2 är en egenvetor till A, sådant att Av = λv med ett omplext tal λ C, så har vi A n v = λ n v. ( 1 Vetorn är ingen egenvetor, men anse A är diagonaliserbar och 0 vi hittar en bas v 1, v 2 R 2 bestående av egenvetorer till A, låt oss säga Av i = λ i v i. Om vi sedan sriver ( 1 = αv 0 1 + βv 2 14.

får vi A n ( 1 0 = αλ n 1v 1 + βλ n 2v 2. För att beräna egenvärdena till A tar vi fram dess seularpolynom χ A = X 2 X 1 med nollställena λ 1 = 1 2 (1 + 5, λ 2 = 1 2 (1 5 och egenvetorer v 1 = ( 1 + 5 2 ( 1 5, v 2 = 2, en bas till R 2. I själva veret ( 1 = 1 [( 1 + 5 0 2 5 2 ( 1 5 2 ]. Således ( tn+1 resp. t n 1 = 2 n+1 5 [ (1 + 5 n ( 1 + 5 2 t n = 1 2 n 5 ((1 + 5 n (1 5 n. (1 5 n ( 1 5 2 Lägg märe till att i ovanstående uttryc termerna 5 2 = 5 tar ut varandra, medan 5 2+1 / 5 = 5. Så det irrationella talet 5 behövs bara för att få en ortfattad formel. ] Vi sa nu generalisera ovanstående exempel. reursionsrelation i r variabler, ett uttryc Vi börjar med en linjär L(x 1,..., x r = c 1 x 1 +... + c r x r med omplexa oefficienter c 1,..., c r C och är intresserade av alla följder a = (a n n N C N 15

som uppfyller a n = L(a n 1,..., a n r för n r. Vi får uppenbarligen anta att c r 0 - annars an vi ju förorta reursionsrelationen. De utgör ett delrum V L C N till vetorrummet C N av alla omplexa följder. Följderna a V L allas ocså för L-reursiva. Remar 2.2. Värdena a 0,..., a r 1 bestämmer entydigt följden a V L, och varje vetor in C r föreommer som ett begynnelsevärde. Eller med lite LA, så an vi säga att avbildningen att V L C r, a (a 0,..., a r 1, är en isomorfism av omplexa vetorrum. I synnerhet gäller dim V L = r. Vi sa nu använda oss av samma strategi som i fallet av Fibonacciföljden. Vi tar fram ett omplext tal λ C och frågar, vad det behövs för att potensföljden λ := (λ n n N C N är L-reursiv. Uppenbarligen är det nödvändigt och tillräcligt att eller λ r = L(λ r 1, λ r 1,..., λ, 1 p L (λ = 0 gäller med det arateristisa polynomet p L := X r c 1 X r 1... c r 1 X c r till reursionsrelationen L. Lägg märe till att p L (λ = 0 innebär λ 0 pga. c r 0. Men det finns fler möjligheter. Vi definierar genom I synnerhet gäller D : C N C N D(a = (na n 1 n N. D(λ = (nλ n 1 n N. 16

Theorem 2.3. Låt λ 1,..., λ s C vara nollställena till p L med multipliciteterna r 1,..., r s, dvs: s p L = (X λ i r i. Sedan utgör varje av nedanstående familjer av följder 1. D j (λ i, i = 1,..., s, 0 j < r i 2. λ j i Dj (λ i, i = 1,..., s, 0 j < r i 3. (n j λ n i n N, i = 1,..., s, 0 j < r i en bas till vetorrummet V L av alla L-reursiva funtioner. I synnerhet har varje L-reursiv följd (a n n N V L formen a n = s g i (nλ n i med entydiga polynom g i (X av grad < r i. Proof. Vi visar först D j (λ i V L för i = 1,..., s, 0 j < r i. λ = λ i, ϱ = r i och resonerar så här: Låt λ C vara ett nollställe till p = p L. För Vi sriver q(x := X n r p(x = X n r c i X n i och j < ϱ har vi för den j-te derivatan q (j att och det betyder ju helt enelt n! (n j! λn j q (j (λ = 0, r ( (n i! c i (n i j! λn i j = 0, dvs. b n r c i b n i = 0 17

ifall D j (λ = (b n n N. Så vi har visat att den första familjen består av L- reursiva följder. Sedan är det lätt att se att de andra två familjer spänner upp samma delrum till V L. Eftersom den tredje familjen är linjärt oberoende och s dim V L = r = r i, följer påståendena. Example 2.4. Vi tittar på reursionsformeln a n = L(a n 1, a n 2 = 2a n 1 a n 2 Då har vi p L = X 2 2X + 1 = (X 1 2 och ser att följderna utgör en bas til V L. (1 n N, (n n N Till sist disuterar vi följder a = (a n n N C N som uppfyller en inhomogen reursionsrelation a n = L(a n 1,..., a n r + d n med någon följd d = (d n n r. För att förstå lite bättre situationen tittar vi på den linjära avbildningen där T : C N C N, a c = (c n, c n := a n+r L(a n+r 1,..., a n, så d n+r = c n. För N och λ C \ {0} definierar vi delrummet E (λ := {a = (a n n N ; a n = q(nλ n med ett polynom q(x av grad }. Uppenbarligen gäller dim E (λ = + 1. Det är lätt att olla att delrummen E (λ är T -invarianta, dvs. T (E (λ E (λ. 18

Vi har redan sett att er(t = V L = E r1 1(λ 1 +... + E rs 1(λ s. Det följer att T inducerar en isomorfism E (λ = E (λ, om p L (λ 0. Om däremot p L (λ = 0 med multiplicitet ϱ, så får vi en surjetiv avbildning E +ϱ (λ E (λ. med ärna E ϱ 1 (λ. Vi sammanfattar Theorem 2.5. Låt q(x vara ett polynom av grad samt λ C \ {0} med multiplicitet ϱ som nollställe till p L (X, i synnerhet ϱ = 0 om p L (λ 0 1. Det finns en entydig följd a = (a n n N som uppfyller sådant att med ett polynom g(n av grad. a n = L(a n 1,..., a n r + q(nλ n a n = n ϱ g(nλ n. 2. Mängden av alla följder i E(λ := l=0 E l(λ som uppfyller den givna reursionsrelationen är a + E ϱ 1 (λ. Example 2.6. 1. Vi vill lösa a n = 4a n 1 4a n 2 + 2 n. Först p L (X = X 2 4X+4 = (X 2 2. Med λ = 2 har vi q(x = 1, = 0, ϱ = 2 och vet enligt Th.2.5 att (n 2 g2 n n N är en lösning för lämpligt g R. För att bestämma g stoppa vi uttrycet in i reursionsrelationen och får eationen g n 2 2 n = 4(n 1 2 g2 n 1 4(n 2 2 g2 n 2 + 2 n g n 2 2 n + 0 n2 n + (1 2g 2 n. Således g = 1 och den allmänna lösningen i E(2 har formen 2 1 2 (n2 2 n n N + a(n2 n n N + b(2 n n N, a, b C. 19

2. Vi letar efter följden (a n n N med a n = 4a n 1 4a n 2 + ( n, a 0 = 0 = a 1. 2 Vi har igen p L (X = (X 2 2 och λ = 1, ϱ = 0, = 2, q(x = 1 2 (X2 X. Först tar vi fram lösningen enligt Th.2.5, dvs. vi letar efter en följd (g(n n N med ett vadratist polynom g(x = αx 2 + βx + γ. Vi stoppar in i reursionsrelationen: g(n = αn 2 + βn + γ = 4(g(n 1 g(n 2 + 1 2 (n2 n = 1 2 n2 + ( 8α 1 n + (4β 12α, 2 dvs. α = 1 2, β = 7 2, γ = 8, resp. g(x = 1 2 X2 + 7 2 X + 8. Slutligen gäller det att bestämma A, B C, sådant att a = (g(n n N + A(2 n n N + B(n2 n n N uppfyller a 0 = 0 = a 1. Med andra ord: A = 8, B = 2 och så har vi hittat: 3. Om vi tittar på en följd a n = 1 2 n2 + 7 2 n + 8 + (n 4 2n+1. q(nλ n + q(n λ n, så hittar vi polynom g, g som ovan och får lösningen n ϱ g(nλ n + n ϱ g(n λ n. 20

3 Genererande funtioner I ombinatorien gäller det ofta att förstå en följd av tal (a n n N, som ränar någonting man är intresserad av. Följder an man addera, men ocså multiplicera. Deras multipliation är enlast att hantera om man sriva i stället för (a n n N en serie: Definition 3.1. Potensserien f = a n X n. n=0 allas den till följden (a n n N tillhörande genererande funtionen. Om det bara är ändligt många a n 0, så handlar det om ett polynom och man an tola summan som ett uttryc som besriver en funtion C C, z f(z := n a n z n. Låt oss i stället titta på den enlaste oändliga serien, den geometrisa serien f = 1 + X + X 2 + X 3 +... Vi vet att f(z är definierat för z < 1 och får en omplexvärd funtion D 1 (0 C, z n z n = 1 1 z på enhetscirelsivan D 1 (0. Här betecnar D r (0 := {z C; z < 1} den öppna cirelsivan i det omplexa planet med radien r. Men det an lia bra hända att f(z har någon mening bara om z = 0, då vi har f(0 = a 0. T.ex. för f = n!x n n=0 21

är det så. Ändå an vi manipulera sådana serier - de allas för formella potensserier. Mängden av dessa serier betecnas { } C[[X]] = a n X n ; a n C, n=0 den omfattar mängden { r } C[X] = a n X n ; r N, a n C n=0 av alla polynom. De adderas oefficientvis a n X n + b n X n = (a n + b n X n, n n n medan multipliationen bygger på liheten X n X m = X n+m. Med andra ord: ( ( a n X n b n X n = ( n a b n X n. n n n =0 Example 3.2. (1 X n Xn = 1. Så vi får definiera 1 1 X := X n C[[X]]. n=0 Proposition 3.3. Om f(0 0, så finns det g C[[X]] med fg = 1. Vi sriver då 1 f := g. Proof. Sriv f = a 0 Xh(X. Vi får anta a 0 = 1 och tar g := 1 + Xh(X + X 2 h(x 2 +... = n a n X n Summan är väldefinierad, eftersom det är bara termerna X h(x, n som bidrar till a n. Med andra ord: Den oändliga summan är oefficientvis en ändlig summa, där antalet termer som bidrar till a n är n + 1. 22

Example 3.4. 1 1 + (X X 2 = 1 (X X2 + (X X 2 2 (X X 2 3 +... 1 (X X 2 + (X 2 2X 3 + X 4 X 3 +... = 1 X 3X 3 +... Definition 3.5. För f = n a nx n C[[X]] definierar vi dess derivata f := na n 1 X n 1 n=1 och den n-te derivatan genom indution: Proposition 3.6. f (n C[[X]] f (0 := f, f (n+1 := (f (n. f = n=0 f (n (0 X n. n! Example 3.7. 1. Binomialoefficienter: Ta f = (1 + X n = a X, där a är antalet möjligheter at sriva som en summa = t 1 +... + t n med termer t i {0, 1} resp. a = P ({1,..., n}. Enligt Taylor har vi a = f ( (0.! Nu är dvs. f ( (0 = f ( = n! (n! (1 + Xn, n! (n! och a = n!!(n! = ( n. 23

2. Vi har f := med a = antalet sätt att sriva med termer t i N. Nu har vi och således resp. ( n 1 = 1 X a X =0 = t 1 +... + t n, f ( 1 = n(n + 1... (n + 1 (1 X n+ f ( (0 = n(n + 1... (n + 1 a = 1 (n + 1! n(n + 1... (n + 1 =!!(n 1! Vi sammanfattar ( n 1 = 1 X ( n + 1 X. =0 ( n + 1 =. 3. Om a n är antalet sätt att betala n ronor med 1, 5, 10ronorsmynt, 50- och hundralappar, så har vi n=0 a n X n = 1 1 X Vi ommer tillbala till L-reursiva följder: Theorem 3.8. Låt h(x = X r p L (X 1 = 1 1 1 1 1 1 X 5 1 X 10 1 X 50 1 X. 100 r c i X i = s (1 λ i X r i, där p L är det arateristisa polynomet till reusionsrelationen L av längd r. För en potensserie f = a n X n är följande påståenden evivalenta: n=0 24

1. Den är den genererande funtionen till en L-reursiv följd (a n n N, dvs. med c r 0. 2. Vi har a n c 1 a n 1... c r a n r = 0, n r. f(x = g(x h(x med ett polynom g C[X], deg(g < r. Example 3.9. För Fibonacciföljden (t n n N har vi r = 2 och Ansatsen leder till dvs. Alltså f = p L (X = X 2 X 1, h(x = 1 X X 2. g(x = c + dx t n X n = (c + dx(1 + (X + X 2 +... = c + (d + cx +... n=1 f = c = 0, d = 1. X 1 X X 2. Våra resultat om L-reursiva funtioner följer ocså från Theorem 3.10. Låt med ett polynom g C[X] och Sedan an vi entydigt sriva h(x = f = p(x + f = g h C[[X]] s (1 λ i X r i. ( s ri β ij (1 λ i X j med ett polynom p(x av grad deg(g deg(h och β ij C. 25 j=1

Corollary 3.11. Rationella funtioner f = g, deg(g < r, h motsvarar bijetivt summorna ( s ri β ij, β (1 λ i X j ij C. j=1 Remar 3.12. Första termen p får man med hjälp av en polynomdivision där deg(r < deg(h. Sedan får vi ( s r h = 1 h resp. r = s g = ph + r, ( ri j=1 h (1 λ i X β j ij ( ri h(x (1 λ i X β j ij j=1 och jämför oefficienter framför X på VL och HL. Det blir ett evationssystem i de obeanta β ij med en entydig lösning. Example 3.13. 1. f = 1 (1 λx(1 µx = A 1 λx + B 1 µx dvs. resp. = (A + B (Bλ + AµX, (1 λx(1 µx A + B = 1, Bλ + Aµ = 0. A = λ µ λ, B = µ λ µ. 26

2. Vi har f = 1 + 3X 1 3X 2 + 2X 3 1 3X 2 + 2X 3 = (1 X(1 + X 2X 2 = (1 X 2 (1 + 2X. Således Då har vi C = f = A 1 X + B (1 X + C 2 1 + 2X. 1 + 3x lim f(x(1 + 2x = = 2 x 1/2 (1 x 2 x= 1/2 9. Ytterligare B = lim x 1 f(x(1 x 2 = 1 + 3x 1 + 2x x=1 = 4 3. Till sist får vi A = 1 pga. 1 = A + B + C - jämför den onstanta 9 termen i täljarpolynomen. Corollary 3.14. Vetorrummet V L C n har basen (( j + n 1 λ n i n, n N där 1 i s, 1 j r i. Remar 3.15. ( j+n 1 n är ett polynom av grad j 1 i variabeln n. Proof. Låt h(x = X r p L (X 1 = s (1 λ i X r i. Följderna (a n n N V L motsvarar rationella funtioner C[[X]] n=0 a n X n = g(x, deg(g < r = deg(h, h(x 27

och via partialbråsuppdelning motsvarar de summor Men vi har redan sett att g(x h(x = ( s ri β ij. (1 λ i X j 1 (1 λ i X = j n=0 j=1 ( j + n 1 n λ n i X n, använd Ex.3.7.2 med j i stället för n och n i stället för. Definition 3.16. Potensserien f = n=0 a n n! Xn. allas den till följden (a n n N tillhörande exponentiella genererande funtionen. Example 3.17. Låt a n := antalet sätt att bilda ord med n bostäver från alfabetet A, B, C med två A. Med andra ord, a n = antalet disjunta uppdeliningar {1,..., n} = P A P B P C, P A 2. Således och Med andra ord n=0 a n = N 3, 1 2 ( n a n n! = 1!. N 3, =n, 1 2 a n n! Xn = N 3, =n, 1 2 T! = (e X 1 Xe X e X = e 2X (e X 1 X. 28

4 Inlusion och Exlusion Remar 4.1. 1. A B = A + B A B. 2. A B C = A + B + C A B A C B C + A B C. Theorem 4.2. Låt Ω vara en ändlig mängd och A 1,..., A r Ω. Ytterligare r X := A i, Y := Ω \ X, medan, för J M r := {1,..., r} sätter vi A J := A i. i J Sedan 1. 2. Y = ( 1 J A J J M r X = ( 1 J 1 A J. =J M r Proof. För en funtion f : Ω C sätter vi f := f(x Ω x Ω och anmärer att och Vi har (f + g = f + g. Ω Ω Ω χ A = A. Ω Y = r B i 29

med B i := Ω \ A i. r r χ Y = χ Bi = (1 χ Ai = ( 1 J χ Ai = ( 1 J χ AJ. J M r i J J M r Integration ger den första liheten. Andra liheten följer sedan från: X = Ω Y = Ω A + ( 1 J 1 A J. =J M r Corollary 4.3. Om A J bara beror av J, dvs. A J = t J N, så har vi 1. Y = r ( r ( 1 t. =0 2. X = r ( r ( 1 1 t. =1 Example 4.4. Låt X, Y vara mängder, m := X n := Y. Sedan är n ( n ( 1 (n m =0 antalet surjetiva funtioner f : X Y. Vi tar och för y Y sätter vi Ω = Y X A y := {f Y X ; y f(x}. Således är Ω \ y Y A y 30

mängden av alla surjetiva funtioner från X till Y. Men för J Y har vi A J = (Y \ J X resp. om = J. A J = (n m 31